MatAnal2

	19. Интегралы, зависящие от параметра					95
	Поэтому	¯Z		Z	¯
	|I (y0) − I (y00)| =		ab f (x, y0) dx −			=
		¯			ab f (x, y00) dx¯
		¯			¯
		¯			¯
		¯			¯

	=	¯	ab	[f (x, y0) − f (x, y00)] dx¯			≤	ab	|f (x, y0) − f (x, y00)| dx ≤ ε,
		¯Z				¯		Z
		¯				¯
		¯			|y0 − y00| < δ. Тем	¯
	только					самым доказана равномерная непрерыв-
если		¯				¯

ность на [c, d] интеграла I(y).

19.1.2Дифференцирование по параметру

Теорема 2. Пусть функция f непрерывна на прямоугольнике Π ≡

[a, b; c, d] и имеет на нем непрерывную частную производную					∂f	. Тогда
					∂y
интеграл I(y) =		ab f (x, y) dx является непрерывно дифференцируемой
функцией на	[c, d]	и при этом
		R
		b ∂f
		I0(y) = Za		(x, y) dx (y [c, d]).
			∂y

Доказательство. Зафиксируем y0 [c, d] и выберем µ такое, что

y0 + µ [c, d]. Рассмотрим разностное отношение

I (y

0

)

−

I (y

)

= Za

b f (x, y

0

+ µ)

−

f (x, y

)

+ µ

0

0

dx.

µ

µ

По формуле конечных приращений (теореме Лагранжа), для любого x

[a, b] существует θ ≡ θ(x, µ) (0, 1), такое, что

	f (x, y0 + µ) − f (x, y0)					=		∂f		(x, y0 + θµ) .
								∂y
		µ
Поэтому
)			I (y	)	b ∂f
I (y0 + µ		−	0		= Za				(x, y0 + θµ) dx,
µ							∂y

где θ (0, 1).

96	Третий семестр
	Зададим ε > 0. В силу равномерной непрерывности функции ∂f	на Π,
	∂y

существует δ > 0, такое, что из условия |y − y0| < δ для каждого x [a, b]

справедливо неравенство

¯

−

¯

∂f

∂f

¯

¯

|

|

¯

∂y

(x, y) −

∂y

(x, y0)¯ <

b a

.

Тогда для

получим

¯

µ < δ

¯

Z

¯

I (y + µ) I (y )

b ∂f

¯

¯

¯

0

¯

µ −

0

− a

(x, y0) dx¯

=

∂y

¯

¯Z

¯

¯

b

·

∂f

¸

¯

¯

∂f

¯

¯

=

¯ a

(x, y0 + θµ) −

(x, y0) dx¯

≤

∂y

∂y

¯

b

∂f

∂f

¯

¯

¯

¯

¯

Z

∂y (x, y0 + θµ) −

dx ≤ ε.

≤ a

¯

∂y (x, y0)¯

¯

¯

Отсюда следует, что

¯

¯

	I (y0 + µ)	I (y0)	b ∂f
I0 (y0) ≡ µ→0	µ −		= Za		(x, y0) dx,
				∂y
lim
т. е. функция I(y) дифференцируема в точке y0.
Непрерывность I0(y) следует из предыдущей теоремы. В самом деле,

по условию, ∂f

непрерывна на Π и поэтому, в силу предыдущей теоремы,

∂y

b ∂f

I0(y) = Za

(x, y) dx

∂y

непрерывна на [c, d].

Пример. Вычислить интеграл I3(y) ≡

a

dx

, где a, y > 0.

0

(x2+y2)3

R

dx

1

a

.RТогда

Обозначим

I1(y) =

a

0

x2+y2

=

y arctg y

I0

(y) =

1

arctg

a

+

1

1

a

1

=

1

arctg

a

a

1

.

2

1

µ−y2 ¶

−y2

y

y

· 1 +

a

·

−y2

y − y · y2 + a2

y2

С другой стороны, в силу теоремы о дифференцировании интеграла по параметру y, получаем

a ∂ 1					a	1	a dx
I10 (y) = Z0				dx = Z0	−		· 2y dx = −2y Z0		.
	∂y		x2 + y2			(x2 + y2)2		(x2 + y2)2

19. Интегралы, зависящие от параметра

97

Отсюда следует, что

a

dx

1

1

a

a

1

I2(y) ≡ Z0

I10 (y) =

= −

arctg

+

·

.

(x2 + y2)2

2y

2y3

y

2y2

y2 + a2

Далее, применяя теорему о дифференцировании интеграла по параметру,

имеем

a

∂

1

I20 (y) = Z0

dx =

∂y

(x2 + y2)2

a

−2

a

dx

=

2y dx =

4y

=

4yI

(y).

Z0 (x2 + y2)2 ·

−

Z0 (x2 + y2)3

−

3

Отсюда получаем

I3(y) = −

1

I20 (y) = −

1

·−

3 1

a

arctg

+

4y

4y

2

y4

y

+

1

1

y

µ

1

¶

+

a

−2

1

+

a

−1

2y .

2

a

2y3

·

1 +

a

·

−y2

2 ·

y3 ·

y2 + a2

2y2

· (y2 + a2)2 ·

#

2

Теорема 3. Пусть функция f

непрерывна на Π ≡ [a, b; c, d]. Тогда

Zc d I(y) dy = Zab

ÃZc d f (x, y) dy! dx,

(19.1)

где I(y) = Rab f (x, y) dx.

Замечание. Равенство (19.1) можно				переписать в таком виде:
Z	Ã	Z	Z	Z
c d		ab f (x, y) dx! dy =	ab	à c d f (x, y) dy! dx.

В левой части этого равенства интегрирование по переменной y произ-

водится под знаком интеграла. Это равенство можно истолковать как формулу для перемены порядка интегрирования.

Доказательство теоремы 3. Существование Rcd I(y) dy следует из непрерывности функции I(y) (теорема 1). Поэтому нужно лишь доказать равенство (19.1).

98 Третий семестр

Зададим разбиение отрезка [c, d]: c = y0 < y1 < · · · < yn = d, выберем

точки ηk [yk−1, yk] и составим интегральную сумму
σ =	n	I (ηk) yk =		n à ab f (x, ηk) dx!		yk =
	X			X
	k=1	Z		k=1 Z
			X		! dx.
		=	b à n	f (x, ηk) yk

ak=1

Теперь будем оценивать разность

¯σ −	Z	ab	Ã	c d
¯
¯
¯
¯

! ¯

¯

¯

f (x, y) dy dx¯ =

¯

¯¯Z b ÃXn

¯

= ¯ f (x, ηk)

¯ a k=1

Z b ÃXn Z yk

≤

a k=1 yk−1

X		¯
n	yk	¯
yk − k=1 Zyk−1		f (x, y) dy! dx¯	≤
		¯
		¯

!

|f (x, ηk) − f (x, y)| dy dx.

Пользуясь равномерной непрерывностью функции f на Π, по заданному ε > 0 найдем такое δ, что из условий |x0 − x00| < δ и |y0 − y00| < δ следует

неравенство			ε
|f (x0, y0) − f (x00, y00)| <						.
	(b	−	a)(c	−	d)

Если теперь точки yk (k = 1, . . . , n) выбрать так, чтобы диаметр разбиения был max |yk − yk−1| < δ, то получим что |ηk − y| < δ для y [yk−1, yk]. Поэтому для y [yk−1, yk] получим

|f (x, ηk) − f (x, y)| <

ε

.

(b − a)(c − d)

Отсюда следует

Z

k=1 Z

¯

Z

Z

¯

−

−

X

¯

b

d

¯

ε

b

n

yk

¯σ −

a

à c

f (x, y) dy! dx¯

≤

(b a)(c d)

a

Ã

yk−1

dy! dx = ε.

¯

¯

Это¯

означает, что предел интегральных¯

сумм для интеграла cd I(y) dy

R

ab

³R

´

R

равен

cd f (x, y) dy dx.

β(y)

19. Интегралы, зависящие от параметра							99
Пример. Вычислить интеграл			1 xb−xa	dx, где 0 < a < b.
			0 ln x
В этом интеграле нет	особенностей, поскольку при				x → 1	− 0	подын-
		R

тегральная функция стремится к конечному пределу. Имеем

					xb − xa			b
							=	xy dy
					ln x			Za
Поэтому данный интеграл имеет вид
Z		Ã	Z		Z	µZ		¶
0	1			ab xy dy! dx = ab			0	1 xy dx

(0 < x < 1).

	Z	b	1		¯	x=1
					¯
dy =		a	Ã	y + 1	xy+1¯x=0! dy =
					¯

	Z	b	dy	¯	b		1 + b
				¯
=		a y + 1		= ln(y + 1)¯a		= ln	1 + a	.
				¯

19.1.3Интегралы с пределами, зависящими от параметра

Теорема 4 (непрерывность по параметру). Пусть функция f

непрерывна на Π ≡ [a, b; c, d], а функции α(y) и β(y) непрерывны на [c, d], причем все их значения содержатся в отрезке [a, b]. Тогда функция

Z

I(y) ≡

f (x, y) dx

α(y)

непрерывна на [c, d].

Доказательство. Фиксируем y0 [c, d]. Тогда

β(y0)	β(y)	α(y0)	3
I(y) = Zα(y0)	f (x, y) dx + Zβ(y0) f (x, y) dx + Zα(y)		X
			f (x, y) dx ≡ k=1 Ik(y).

Интеграл I1(y) имеет фиксированные пределы интегрирования. Поэтому,

в силу доказанной выше теоремы о непрерывности интеграла, зависящего от параметра (с фиксированными пределами), I1(y) непрерывный в точке y0. Далее, из непрерывности f на Π следует ограниченность, т. е. существует такое M , что |f (x, y)| ≤ M для всех (x, y) Π. Поэтому

|I2(y)| ≤ M |β(y) − β (y0)| , |I3(y)| ≤ M |α(y) − α (y0)| .

100 Третий семестр

При y → y0 правые части неравенств стремятся к нулю (в силу непрерывности функций α(y) и β(y)). Поэтому I2(y) → 0 и I3(y) → 0 при y → y0. Итак, при y → y0 имеем

I(y) = I1(y) + I2(y) + I3(y) → I1 (y0) + 0 + 0 = I1 (y0) = I (y0) .

Замечание. В условии теоремы 4 функция f предполагается определенной на более широком множестве Π, чем это необходимо для определения функции I(y). На самом деле функцию f достаточно предполагать

непрерывной лишь на множестве E ≡ {(x, y) : c ≤ y ≤ d, α(y) ≤ x ≤ β(y)}.

В этом случае утверждение теоремы 4 также остается в силе. Для его доказательства достаточно продолжить функцию f на Π \ E, полагая f (x, y) = f (α(y), y) при y [c, d], a ≤ x < α(y) и f (x, y) = f (β(y), y) при y [c, d], β(y) < x ≤ b. Ясно, что при таком продолжении полученная функция будет непрерывной на Π, и останется применить доказанную

теорему.

Теорема 5 (дифференцирование по параметру). Пусть функ-

ция f непрерывна на Π ≡ [a, b; c, d] и имеет на нем непрерывную частную производную ∂f∂y . Пусть, далее, функции α(y) и β(y) непрерывно дифференцируемы на [c, d] и таковы, что все их значения содержатся в [a, b].

Тогда функция

		β(y)
		I(y) = Zα(y)	f (x, y) dx
непрерывно дифференцируема на [c, d], причем
β(y) ∂f
I0(y) = Zα(y)		(x, y) dx + f (β(y), y) · β0(y) − f (α(y), y) · α0(y).
	∂y

Доказательство. Фиксируем y0 [c, d]. Тогда

β(y0)	β(y)	α(y0)	3
I(y) = Zα(y0)	f (x, y) dx + Zβ(y0) f (x, y) dx + Zα(y)		X
			f (x, y) dx ≡ k=1 Ik(y).

19. Интегралы, зависящие от параметра	101

Согласно теореме о дифференцировании интеграла, зависящего от параметра, с постоянными пределами интегрирования, имеем

β(y0) ∂f
I10 (y) = Zα(y0) ∂y	(x, y) dx (c ≤ y ≤ d).

Найдем производную от I2(y) и I3(y). Для этого составим разностные отношения и учтем, что I2 (y0) = 0. Тогда получим

		I2(y)			β(y)
I2(y) − I2 (y0)	=		=	1	Zβ(y0)	f (x, y) dx =	β(y) − β (y0)	·	f (x , y) ,
				y − y0			y − y0
y − y0		y − y0							y

где xy – некоторая точка, лежащая между β(y) и β (y0). Последнее равен-

ство справедливо на основании первой теоремы о среднем (для определенного интеграла). Если y → y0, то, в силу непрерывности функции β(y), xy → β (y0). Тогда, в силу непрерывности функции f (x, y), при y → y0

имеем f (xy, y) → f (β (y0) , y0) и β(y)−β(y0) → β0 (y0). Поэтому

y−y0

I20 (y0) = β0 (y0) · f (β (y0) , y0) .

Аналогично показываем, что I30 (y0) = −α0 (y0) · f (α (y0) , y0).

Окончательно, имеем

	I0 (y0) = I10 (y0) + I20 (y0) + I30 (y0) =
β(y0) ∂f
= Zα(y0) ∂y	(x, y0) dx + f (β (y0) , y0) · β0 (y0) − f (α (y0) , y0) · α0 (y0) .

Непрерывность производной I0(y) следует из предыдущей теоремы.

19.2Несобственные интегралы, зависящие от параметра

Пусть функция f (x, y) задана на [a, b) × Y и при каждом фиксированном y Y и при любом ξ [a, b) функция f (x, y) интегрируема по Риману по переменной x на отрезке [a, ξ]. Если несобственный интеграл Rab f (x, y) dx

сходится при любом y Y , то говорят, что этот несобственный интеграл сходится на множестве Y .

102	Третий семестр

19.2.1Равномерная сходимость

Говорят, что несобственный интеграл					ab f (x, y) dx сходится равномерно
на множестве Y , если для любого ε > 0Rнайдется такое ξ0 = ξ0(ε) [a, b),
что для всех ξ > ξ0 и для любого y Y справедливо неравенство
		¯Zξ b f (x, y) dx¯ < ε.
		¯			¯
		¯			¯
		¯			¯	dx
		¯		+∞
					¯		. Этот несобственный ин-
Пример 1. Рассмотрим интеграл 1						x2+y2
теграл сходится при любом значенииRy R (например, в силу признака
1		1
сравнения, т. к. 0 ≤		≤		при 1	≤ x < +∞, y R). Поэтому на
	x2+y2		x2
множестве R он сходится. Исследуем его на равномерную сходимость. Из

неравенства
+∞	dx	≤ Zξ	+∞ dx				1
Zξ						=		(y R, 1 ≤ ξ < +∞)
	x2 + y2			x2			ξ

следует, что данный интеграл сходится равномерно на R. Действительно, для любого ε > 0 найдется ξ0 = 1ε , такое, что для всех y R и для любого

ξ ξ		справедливо неравенство	+∞		dx		< ε.
≥	0		Rξ	x2+y2
					+∞		ye−	xy	dx. Этот интеграл схо-
Пример 2. Рассмотрим интеграл					0

R

дится при y = 0. Если y > 0, то интеграл также сходится, в чем легко

убедиться, пользуясь определением. Легко показать, что при y < 0 инте-

грал расходится. Таким образом, область сходимости данного интеграла

является множество Y = {y : y ≥ 0}. Исследуем этот интеграл на рав-

то

+

R0

−

xy dx = 0. Если y > 0,

номерную сходимость. Если

y = 0, то

+∞ ye

Zξ +∞ ye−xy dx = Zξy ∞ e−z dz = e−ξy.

Отсюда видно, что неравенство

¯R

+∞ yexy dx

¯

< ε не может быть выпол-

¯

ξ

∞

¯

ξy

ненным сразу для всех y Y

= [0¯, + ) при

фиксированном ξ

, если только

¯

фиксированное ε < 1. Действительно, если y → 0+, то e−

→ 1. Таким

образом, данный интеграл сходится на множестве Y неравномерно. Если

же Y1 = [y0, +∞), где y0 > 0, то на Y1 интеграл сходится равномерно. В

19. Интегралы, зависящие от параметра		103
самом деле, на Y1 остаток можно оценить так:
Zξ +∞ ye−xy dx = e−ξy ≤ e−ξy0 (y Y1) .
Правая часть этого неравенства не зависит от y и стремится к нулю
при ξ → +∞. Значит, для любого ε > 0 найдется ξ0 =	ln 1/ε	, такое,
	y0

что для любого ξ ≥ ξ0 и для любого y Y1 справедливо неравенство

Rξ+∞ ye−xy dx < ε.

1 dx

. При y > 0 данный интеграл

Пример 3. Рассмотрим интеграл

0 xy

несобственный, а сходится он при y <R1. Поэтому будем исследовать его

на равномерную сходимость на множестве Y

= (0, 1). Рассмотрим остатки

ξ dx

ξ1−y

Z0

=

.

xy

1 − y

ξ1−y

ε не может выполняться

Если ξ фиксировано, то неравенство ¯

1−y ¯

<

ξ1−y

+

. Это означает,

сразу для всех y Y , ибо при

y

1

0 имеем

1

y

→

−

¯

¯

−

→

∞

¯

¯

что на всем Y данный интеграл сходится неравномерно. Если же рассмат-

ривать данный интеграл на множестве Y1 = (0, 1 − δ], где 0 < δ < 1, то на Y1 будет иметь место равномерная сходимость. В самом деле, имеем

	ξ dx	≤	ξδ	для всех y Y1. В последнем неравенстве правая часть не за-
	0 xy		δ
висит от y и стремится к нулю при ξ					→	0+. Поэтому для заданного ε > 0
R

найдется такое ξ0 = (δε)1/δ, что для любого ξ (0, ξ0) и для любого y Y1

	справедливо неравенство	ξ dx
		R0 xy ≤ ε. Это и означает, что на Y1 интеграл
	сходится равномерно.

Теорема (критерий Коши равномерной сходимости несобственных интегралов). Пусть функция f (x, y) определена на [a, b) × Y , где

−∞ < a < b ≤ +∞, и при каждом фиксированном y Y интегрируема по Риману по переменной x на любом отрезке [a, ξ] [a, b). Для того

чтобы несобственный интеграл

Z b

f (x, y) dx

(19.2)

a

равномерно сходился на множестве Y , необходимо и достаточно, чтобы

было выполнено условие Коши, т. е. для любого ε > 0 существовало

104 Третий семестр

такое ξ0 [a, b), что для всех ξ0, ξ00 > ξ0, таких, что ξ0, ξ00 < b, и для любого y Y выполнялось неравенство

¯	¯	< ε.	(19.3)
¯Zξ0ξ00	f (x, y) dx¯
¯	¯
¯	¯
¯	¯

Доказательство. Необходимость. Пусть интеграл (19.2) сходится

равномерно на Y . Тогда, пользуясь определением, для заданного ε > 0

найдем такое ξ0, что для любого ξ > ξ0 справедливо неравенство

	¯Z		b	¯		ε
	¯			¯
	¯	ξ		f (x, y) dx¯	<	2	.
	¯			¯
Для ξ0, ξ00 ≥ ξ0 получим	¯			¯

¯Z

ξ00

¯

¯Z

b

¯

¯Z

b

¯

ε

ε

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

ξ0

f (x, y) dx¯

≤

¯

ξ0

f (x, y) dx¯

+

¯

ξ00

f (x, y) dx¯

<

2

+

2

= ε (y Y ),

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

т. е. выполнено условие Коши.

Достаточность. Пусть выполнено условие Коши. Пусть y Y . То-

ном y Y . Докажем,

гда выполнено условие Коши сходимости несобственного интеграла, т. е. несобственный интеграл ab f (x, y) dx сходится при каждом фиксированчто он сходится равномерно на Y . В неравенстве

R

(19.3), сохраняя фиксированным ξ0, устремим ξ00 к b (ξ00 < b). Получим,

что			¯Z	¯
			¯ ξ0b f (x, y) dx¯ ≤ ε
			¯	¯
			¯	¯
ξ				означает, что интеграл (19.2) сходится
для любого ξ0 ≥ 0 и y Y¯. Это				¯
равномерно на Y .
Пример. Интеграл			+∞ e−yx2	dx, очевидно, сходится при любом y >
			0			, ξ
0. Если бы он сходился	равномерно, то при любых фиксированных ξ						00 ≥
		R			0
ξ0 было бы выполнено неравенство
Zξ0ξ00		e−yx2 dx < ε при всех y > 0.			(19.4)